Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 18-3-2017) - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

Lbinhpn thcsphuochoa 
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS 
 BÌNH ĐỊNH KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2017 
 Đề chính thức Môn thi: TOÁN 
 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
 Ngày thi: 18/3/2017 
Bài 1 (6,0 điểm). 
 1. Cho biểu thức: P = 
2 16 6 2 3
2
2 3 1 3
m m m
m m m m
  
  
   
 a) Rút gọn P. 
 b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên. 
 2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. 
Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4. 
Bài 2 (5,0 điểm). 
 a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có: 
1 1 4
x y x y
 

 b) Cho phương trình: 22 3 2 0x mx   (m là tham số). Có hai nghiệm 1x và 2x . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =  
2
2 2
2 1 2
1 2
1 2
1 1x x
x x
x x
  
   
 
Bài 3 (2,0 điểm) 
Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
2x yz y xz z xy xy yz zx
 
     
    
Bài 4 (7,0 điểm). 
1. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di 
động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó. 
a) Chứng minh MB + MC = MA 
b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi 
 S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động 
ta luôn có đẳng thức: 
 MH + MI + MK = 
 2 3 S + 2S'
3R
2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên 
đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho MAN = BAC . Chứng minh MA là tia phân 
giác của góc NMF 
Lbinhpn thcsphuochoa 
ĐÁP ÁN 
Bài 1 (6,0 điểm). 
1a) Rút gọn được P = 
1
1
m
m


 (với m  0, m  1) 
1b) 
P = 
1
1
m
m


 = 1 + 
2
1m 
Ta có: P  N 
2
1
1
N m
m
   

là ước dương của 2  m  4; 9 (TMĐK) 
Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm. 
2) a + b + c 4 (a, b, c  Z) 
Đặt a + b + c = 4k (k  Z)  a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b 
Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc 
 =   216 4 4k ak ack ac k b abc     
 = 64 3 2 2 216 16 4 16 4 4k bk ak abc ck bck ack abc       abc 
 =  3 2 2 24 16 4 4 4 2k bk ak abk ck bck ack abc       (*) 
Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1  a+ b + c chia 2 dư 1 (1) 
Mà: a + b + c 4  a + b + c 2 (theo giả thiết) (2) 
Do đó (1) và (2) mâu thuẫn  Điều giả sử là sai 
Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2 
2abc 4 (**) 
Từ (*) và (**) P 4 
Bài 2 (5,0 điểm). 
a) 
1 1 4
x y x y
 

    
2 24
4 0
a b
a b ab a b
ab a b

       

 (đúng) 
b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt 1x và 2x 
Ta có: 1 2
3
2
m
x x   và 1 2
2
.
2
x x   
M =  
2
2 2
2 1 2
1 2
1 2
1 1x x
x x
x x
  
   
 
 = ......= 
 
 
 
 
 
 
2 2
2 21 2 1 2
1 2 1 2 1 22 2
1 2 1 2
1 1
1 4 1
x x x x
x x x x x x
x x x x
    
         
       
= 2
9 2
9 8 2 8 8 2 8
2
m
 
      
 
Dấu “=” xảy ra khi m = 0 
Vậy GTNN của M là 8 2 8 khi m = 0 
Bài 3 (2,0 điểm) 
Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương 2x và yz, ta có: 
2x + yz 22 2x yz x yz  
2
1 1 1 1
.
22x yz x yz x yz
  

Lbinhpn thcsphuochoa 
Tương tự, ta có: 
2
1 1 1
.
2y xz y xz


 và 
2
1 1 1
.
2z xy z xy


Suy ra: 
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
2x yz y xz z xy x yz y xz z xy
 
          
 (1) 
Ta có: 
1 1 1
x yz y xz z xy
  = 
yz xz xy
xyz
 
 (2) 
Ta có: yz xz xy   x + y + z (3) 
Thật vậy: (*) 2 2 2 2 2 2yz xz xy x y z      
     
2 2 2
0x y z x y x       (BĐT đúng) 
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z 
Từ (2) và (3) suy ra: 
1 1 1
x yz y xz z xy
  
1 1 1x y z
xyz yz xz xy
 
    (4) 
Từ (1) và (4) suy ra: 
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
2x yz y xz z xy xy yz zx
 
     
    
Bài 4 (7,0 điểm). 
1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB 
Ta có: BEM là tam giác đều  BE = BM = EM 
BMA = BEC  MA = EC 
Do đó: MB + MC = MA 
Cách 2: 
Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB 
Ta có: BEM là tam giác đều 
 BE = BM = EM 
MBC = EBA (c.g.c)  MC= AE 
Do đó: MB + MC = MA 
1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N 
Vì ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác 
 A, O, N thẳng hàng AN = 
3
2
R 
Ta có: AN = AB.sin ABN 
3 3
: 3
2 2sin
AN
AB R R
ABN
    
Ta có: 
21
.
2
ABM
ABM
S
MH AB S MH
AB
   = 
2
3
ABMS
R
21
.
2
ACM
ACM
S
MK AC S MK
AC
   = 
2
3
ACMS
R
21
.
2
BCM
BCM
S
MI BC S MI
BC
   = 
2
3
BCMS
R
 = 
2 '
3
S
R
Do đó: MH + MK + MI = 
2 '
3
S
R
 +  
2
3
ABM ACMS S
R
 = 
2 '
3
S
R
 + 
2
.
3
ABMCS
R
 = 
2 '
3
S
R
 +  
 2 3 2 '2
. '
33
S S
S S
RR

  
O
E
M
CB
A
O
A
B C
M
E
N
K
I
H
O
A
B
C
M
Lbinhpn thcsphuochoa 
2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K 
Tứ giác AEDB nội tiếp CDE BAC  
Mà: MKD CDE (vì MK // BC). 
Do đó: MKD MAN  Tứ giác AMKN nội tiếp 
AMN AKN  
Ta có: 
3 4D D (= BAC ) 1 2D D 
DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D 
 DM = DK 
AMD = AKD (c.g.c) AMD AKD  
Nên: AMF AKN . Ta có:  AMF AMN AKN  
Vậy: MA là phân giác của góc NMF 
43
21
K
CB
A
D
E
F
M
N
H